e^{-a|x|}のフーリエ変換を計算

e^{-a|x|}のフーリエ変換を計算

採用しているフーリエ変換に応じて適当に定数倍してください。

1次元におけるフーリエ変換

$a>0$ をパラメータとする$\mathbb{R}$ 上の関数

$$\begin{array}{r}{a}^{-a|x|}\end{array}$$

とする。（これをラプラス核とかいている文献もあれば、アーベル核とかいている文献もあれば、ポアソン核と書いている文献もみかけた。よくわからない。）

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-i\xi x}{e}^{-a|x|}dx& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\xi x}{e}^{-a|x|}dx+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{-i\xi x}{e}^{-a|x|}dx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\xi x}{e}^{-ax}dx+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{-i\xi x}{e}^{+ax}dx\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i(\xi –ia)x}dx+{\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{e}^{-i(\xi +ia)x}dx\\ & =\frac{-1}{-i(\xi –ia)}+\frac{1}{-i(\xi +ia)}\\ & =\frac{-2ia}{-i({\xi }^2+a^2)}\\ & =\frac{2a}{{\xi }^2+a^2}\end{array}$$

となります。

n次元の場合

上記の投稿と、そこで紹介されていた

参考文献

Grafakos, L. (2008). Classical fourier analysis (Vol. 2). New York: Springer.

練習問題2.2.10.と2.2.11.を参考にしました。

まず、

を確認します。

$$\begin{array}{r}\sinh \theta =\frac{e^{\theta }–e^{-\theta }}{2}\end{array}$$

を思い出しておきます。

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x–\frac{1}{x})dx& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{0}f(x–\frac{1}{x})dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}f(x–\frac{1}{x})dx\\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(-e^{-\theta }+e^{\theta })e^{-\theta }d\theta +{\int }_{\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(e^{\theta }–e^{-\theta })e^{\theta }d\theta \\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(2\sinh \theta )e^{-\theta }d\theta +{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(2\sinh \theta )e^{\theta }d\theta \\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(2\sinh \theta )(2\cosh \theta )d\theta \\ & ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}f(x)dx\end{array}$$

という等式が得られます。途中で、負の部分で$x=–e^{-\theta }$、正の部分で$x=e^{\theta }$ とする置換をしました。

というわけで無事有名なトリックを確かめることができました。

次に、またよくわからないが有名な表示をチェックします。

実際

$$\begin{array}{r}f(x)=e^{-t{x}^2}\end{array}$$

として先ほどのトリックを用いると、

$$\begin{array}{rl}\sqrt{\frac{\pi }{t}}& ={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t{x}^2}dx\\ & ={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t(x-\frac{1}{x}{)}^2}dx\\ & ={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t{x}^2}{e}^{2t}{e}^{-\frac{t}{x^2}}dx\\ & =e^{2t}{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-t{x}^2}{e}^{-\frac{t}{x^2}}dx\\ & =e^{2t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-t{x}^2}{e}^{-\frac{t}{x^2}}dx\\ & =e^{2t}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-y}{e}^{-\frac{t^2}{y}}\frac{1}{\sqrt{ty}}dy\end{array}$$

という等式を得られます。

次に、

を思い出しておく。

先ほどの表示を、$t=\frac{R|x|}{2}$ とする($R>0$)ことで、

$$\begin{array}{rl}{e}^{-R|x|}=e^{-2\frac{R}{2}|x|}& =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-y–\frac{{\left(\frac{R}{2}|x|\right)}^2}{y}}\frac{1}{\sqrt{y}}dy\end{array}$$

を得る。

$$\begin{array}{rl}\int e^{-i\xi x}{e}^{-R|x|}dx& =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\xi x}\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-y–\frac{{\left(\frac{R}{2}|x|\right)}^2}{y}}\frac{1}{\sqrt{y}}dy\right)dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-i\xi x}\left({\int }_0^{\mathrm{\infty }}{e}^{-y–\frac{R^2}{4y}|x{|}^2}\frac{1}{\sqrt{y}}dx\right)dy\\ & =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\pi }^{n/2}}{{\left(\frac{R^2}{4y}\right)}^{n/2}}{e}^{-y}{e}^{-\frac{y|\xi {|}^2}{R^2}}\frac{1}{\sqrt{y}}dy\\ & =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\pi }^{n/2}}{{\left(\frac{R^2}{4y}\right)}^{n/2}}{e}^{-\frac{(R^2+{\xi }^2)}{R^2}y}\frac{1}{\sqrt{y}}dy\\ & =\frac{1}{\sqrt{\pi }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{{\pi }^{n/2}}{{\left(\frac{R^2}{4\left(\frac{R^2}{(R^2+{\xi }^2)}\right)u}\right)}^{n/2}}{e}^{-u}\frac{1}{\sqrt{\frac{R^2}{(R^2+{\xi }^2)}u}}\frac{R^2}{(R^2+{\xi }^2)}du(y=\frac{R^2}{(R^2+{\xi }^2)}u)\\ & ={\pi }^{\frac{n-1}{2}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}\frac{2^n}{(R^2+{\xi }^2{)}^{n/2}}{u}^{n/2}{e}^{-u}{u}^{-1/2}\frac{R}{(R^2+{\xi }^2{)}^{1/2}}du\\ & ={\pi }^{\frac{n-1}{2}}\frac{2^{n}R}{(R^2+{\xi }^2{)}^{\frac{n+1}{2}}}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{u}^{\frac{n–1}{2}}{e}^{-u}du\\ & ={\pi }^{\frac{n-1}{2}}\frac{2^{n}R}{(R^2+{\xi }^2{)}^{\frac{n+1}{2}}}\mathrm{\Gamma }(\frac{n+1}{2})\end{array}$$

従って、

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